2016考研数学模考年全国入学统一考试

f(1)f(1设f(x)为可导的偶函数，且满足lim 1，则曲线yf(x)在 （A)2

(B)2

f(x)f(xf(xf(x 2 于是f(1)f(1)2，于是法线斜率：k1 选21x2 x（A）3 （B）2 （C）1 （D）0

(0xx00(xx0

f(xcycf(xxx03）

f

a,lim[f(xaxbyaxb ( ( 1x2 1x2

x2ex1ex1x2又limlim 1，lim[yx] x]lim x x2 x x ex1ex111xex

1exx

2yx2为斜渐近线.选 1 1 x)x(2tx)f(t)dt，f(x)可导且f(x)0，则 0F(0)不是极值，但点(0,0F(x F(0)不是极值，点(0,0)F(x的拐点.F(x)02tf(t)dtx0f(t) F(x)2xf(x)xf(t)dtxf(x)xf(x)xf(t)dt，F(x)xf(x) F(00x0,F(x0;x0,F(x0，所以(0,0)是曲线的拐点F(xxf(xxf(t)dtxf(xf(t)]dtf(x0 x0F(x0x0F(x0F(0不是极值.选x,y)在0,0处连续，且limf(x,y)14，则

ex2y2f(xy在0,0fx(0,0fy(0,0)0f(xy在0,0fx(0,0fy(0,0)4f(xy在0,0fx(0,0fy(000f(xy在0,0 f(x,y) 分析：由 4，且函数f(x,y)在0,0处连续，有f(0,0)

ex2y2

f(x,0) f(x,0)f(0,

lim 42

f(0,0)limf(x0)f(0,0)0f(0,0)0 xx2

f(x0xy0yf(x0y0fx(x0y0xfy(x0y0y0，则函数可微

f(x,y)1 x2

f(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y4x2f(f(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0) x2

选aA(i,j1,2,3)，其中A为a的代数式，则方程组A 0的解 2 x 13（A）522

1（B）233

0（C）0

1（D）0

3 分析：由

方程的解：选

0 0（Aa2a2a

1323 xx

0x1 0

a11x1a12x2axax

2

2

12 222 x 13 3 B均为n阶矩阵，且r(A)r(B)n，则A与 分析：由r(Ar(Bn，有r(Anr(BnAB又r(ABr(Ar(Bn，有方程(AB)x0有非零解，即有公共特征向量1

XB(1,)Y12则pXY1 （A）1e1;（B）1e1 （C）1(1e1) （D）1(1e1) pXY1pX0pXY1X0pX1pXY1X pY1X

pY0X11pY11pY0

eydy1(1

2 2 量，X是样本均值

1

iniS1n1(Xiini

S2 (XiX)i

S3n1(Xi)n 1nS4 (Xi)i

则服从自由度为n1的t分布的随量 t

X

t

X

t

XS

Xt1n

n

N(,2

n

，X nnXnnS2(nnS2(n1)nXiXni1nn2根据B，有t n1 t(nn2nnB,至于C,D

Xi

2(n)，首先排除掉（9

xf(x)

et

dtg(x)x0连续且满足g(x12xo(x)(x0)，又0F(x)f[g(x)],则F(0) ,g(0)lim[12xo(x1g(0)limg(xg(0)lim12xo(x12 zz(xy由

2y)0确定其中连续可偏导则 .(2x2zz)ezz0，解得：z . 2z 设曲线 1，取逆时针方向，则

4

ydxxdy 分析：C

4y)(ydxxdy)36C

49)(ydxxdy)36(ydxxdy)CC 2：化为定积分：x2cost,y3sint,t[0,2]，有 I [3sint2(sint)2cost3cost]dt sintsintdtcos2tdt] 微分方程y3y2y2ex满足limy(x)1的解 yc1exc2e2x2xexlim

cexce2x

有cc0，洛必达法则后有limy(x)lim(cex2ce2x2ex2xex x0 有c2c21，得c3c3.y3ex3e2x2xex B1

13

0B(4

B)1 B11B3

3

B(4

A3E1B*

1B)141

48,(A

B*

B

BB1(4)B1B1

已知随量X的概率密度函数为f(x)e2x(x)，则YX2的 yFYypYypX2y，yy0

(y)

yX y

yf(x)dxyf(y) 1[y y

yf y1

(y)0yyYyyYyf(y)y

e2y,y 0,y（15（ 试确定常数ab的值，使极限

dt)存在，并求该极限值x0 x5ax3x x x b 3ax1

x2

x4

x5

dt)

(x2 法一：考虑 1(x) 2

)，代入有3ax21b[1x2x4o(x4 (3ab)x2bx4b 有3ab0,b10，所以a1b1.极限值为1 （16（.f(x在0,1上连续，在0,1f(x0(0x1)f(0)0.证明：存在(0,1)，使得1f()f

ff

f()f

f(1f(1

f(x)f

f(1，f(1lnf(xlnf(1xf(xf(1x)F(xf(xf(1xF(0)F(1)0，由罗尔定理，存在(0,1（17（的和

2n1212f(x为偶函数，只能展成余弦级数，即bn0a020(2x)dx52 anl0f(xcosldx20(2xcosnxdxn22(cosn1，因为函数f(x)在1,1上满足狄利克雷收敛定理，有：k 2(cosn n 4cos(2k1)k22x 2

22

(2kx0，有25

(2kk

(2k1)2k2

2所以1

1， (2k

(2k

k k4

k 有

3(2k 6. kx22y2z21f(xyzx2y2z21212 lf在(xyz沿方向lf

cos

cos

cos 2y1212

2(x1212问题变成求2(xy)在条件x22y2z210下的最大值点，用拉格朗日乘数法，令F(x,y,z,) 2(xy)(x22y2z21)2 F2

2x22

F

4y

3,0 F2z

2y

123 23 3 当x,y,z , ,0时，2(xy) ，当x,y,z ,3 时，2(xy)

3，因此点 3, 3,0处方向导数最大（19（计算曲面积分I2x3dydz2y3dzdx3(x2

，其中 为曲z1x2y2(z0) z分析：补盖子：取1x2y2

1

262

0)dV3

1)dxdy

9

5

x2y2 （20（Amn矩阵，且rArAbrnAxb有且仅有nr1x1x2x3x4若4x3x5xxb有三个线性无关的解，求ab2x1x23x3ax4 （1） ,nr为Ax0的基础解系，为Axb的特解，则0,11,22, ,nrnr为Axb的一组解，下证明线性无关.令：k00k11 knrnr0，有k11k22 knrnrk0k1 (k0k1 knr)b0，而b0，于是k0k1 k11k22 knrnr0同时1,2 ,nr为基础解系所以k1k2 knr（2， ,nr线性无关再证仅有nr1个线性无关解向量：又若 ,nr1为Axb的线性无关（nr2个110,220,,nr1nr10Ax0的解，k11k22knr1nr10，即有：k11k22 knr1nr1(k1k2 knr1)00，由0 ,nr1线性无关k1k2

knr10，即 ,nr1线性无关，与r(A)r(Ab)r 4r(A2,,r(A2，由观察可知rA)2,所以rA)2 1 11111b a 00a

a3,b

， x4,0,3,0Tk(2,1,10)Tk(6,0,5,1)T （21（f(xxxx2x2x22xx2xx2axx(a0 1 1 2 化为标准形2y22y2

1

A的特征值为：2 trA12

A

，b1,a 12

当2时，对应特征向量： 1, 当

11 2(1 (,)

1注：只需记住两步就行） 2 1

,

11, 1

12611， 32611， 取Q,,,使得Q1AQ （22（设离散型二维 量(X,Y)的取值为(x,y)(i,j1,2),且P{Xx}3 P{Y

Xx23P{Xx1Yy14二维随量(X,Y)的联合概率分布X与YXYP{YyjXxij121分析：由条件：pXx2,Yy1pXx2pYy1Xx2 2XY16114121434p231